\section{唯 一 性}

\begin{frame}{本节概要}
  \begin{enumerate}
    \item 二次型的标准形不必唯一。
      不过，在复数域上，复二次型$f$有形如$y_1^2+\cdots+y_r^2$的标准形，其中$r=\rank f$ (P149, 定理3);
      在实数域上，实二次型$f$有形如$y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_{p+q}^2$
      的标准形 (P150, 定理4)。
这样的形式的标准形是由二次型$f$唯一地确定的，称为$f$的规范形。
规范形的唯一性在于：复数域上，规范形中的$r=\rank f$由$f$唯一地确定；
实数域上，规范形中的$p, q$ (系数分别为正、负的平方项的个数) 被唯一地确定。
\item 用矩阵的语言说就是，与对称矩阵合同的对角矩阵不必唯一。
  不过，在复数域上，复对称矩阵合同于对角矩阵$D=\begin{pmatrix}
    E_r\\ &0
  \end{pmatrix}$, 其中$r=\rank f$;
  在实数域上，实对称矩阵合同于对角矩阵$D=\begin{pmatrix}
    E_p \\ & -E_{q} \\ && 0
  \end{pmatrix}$. 而且这样的对角矩阵是唯一的，即其中的$p, q$唯一地被$f$确定。
\item 对实二次型$f$, 其规范形中的$p, q$ (分别为系数为正、负的平方项的个数) 
  分别称为正惯性指数、负惯性指数；二者的和$p+q$为$f$的秩，
  二者的差$p-q$称为符号差。相应地，实对称矩阵有正惯性指数 ($D$的对角线上$1$的个数)、
  负惯性指数 ($D$的对角线上$-1$的个数)、符号差的概念。
\item 实二次型的规范形的唯一性 (惯性定理) 要花点时间证明。
  证明的要点表明 (不必非退化的) 线性替换后正、负惯性指数不会增加。用矩阵的语言说就是：
  (不必可逆的矩阵给出的) 合同变换后正、负惯性指数不增加。
  \end{enumerate}
\end{frame}

\begin{frame}{二次型的标准形的唯一性问题}
\pause
  如上一节所见，二次型的标准形不必唯一。用矩阵的语言说就是，与对称矩阵合同的对角阵不必唯一。
  不过我们可以进一步对下面我们进一步讨论复数域和实数域上的唯一性问题。先看复数域的情形。

\end{frame}

\begin{frame}{复二次型的规范形}
\pause
设 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 是一复数域上的二次型 (以后都简称为\emph{复二次型}) (complex quadratic form)。
设它的标准形是
\begin{equation}\tag{1}
d_{1} y_{1}^{2}+d_{2} y_{2}^{2}+\cdots+d_{r} y_{r}^{2}, \quad d_{i} \neq 0, \quad i=1,2, \cdots, r.
\end{equation}
\pause
显然 $r=\rank f${\verify}。 
\pause
因为在复数域中， 复数总可以开平方， 我们再作一非退化线性替换
\begin{equation}\tag{2}
  \left\{\begin{aligned}
        y_{1}= & \frac{1}{\sqrt{d_{1}}} z_{1}, \\
        &\vdots \\
      y_{r}= & \frac{1}{\sqrt{d_{r}}} z_{r}, \\
    y_{r+1} & =z_{r+1}, \\
  & \vdots \\
y_{n} & =z_{n} .
\end{aligned}\right.
\end{equation}
\pause
(1) 就变成
\begin{equation}\tag{3}
z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+\cdots+z_{r}^{2} .
\end{equation}
\pause
(3) 称为复二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的\emph{规范形} (normal form)。 


\end{frame}

\begin{frame}{}


   \begin{example}
    复二次型
$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}-6 x_{2} x_{3}
$
的一个标准形为$2y_1^2-2y_2^2+6y_3^2$,
\pause
因此其规范形为$z_1^2+z_2^2+z_3^2$.
  \end{example}

\pause
显然，复二次型的规范形完全被二次型的秩 $r$ 所决定， 因此有
\begin{theorem}
任一复二次型可经过一适当的非退化线性替换变成规范形，并且规范形是唯一的。 
\end{theorem}

\pause
换用矩阵的语言我们就得到了上述定理的矩阵版本：任一复对称矩阵合同于一个形为
\[
  \begin{pmatrix}
    E_r\\ & 0
  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
    1 & & & & & \\
  & \ddots & & & & \\
& & 1 & & & \\
& & & 0 & & \\
& & & & \ddots & \\
& & & & & 0
\end{pmatrix}
\]
的对角矩阵。 
\pause
从而有两个复对称矩阵合同的充分必要条件是它们的秩相等。
\pause
我们不会谈到复对称矩阵的很有意思的理论，但会谈到不少实对称矩阵的有意思的理论。
后面及下一节我们都将讨论实对称矩阵。
要得到复数域上平行的理论，
我们要考虑Hermit矩阵 (可以视为实对称矩阵的一种推广)，这会在第九章提及。
\end{frame}


\begin{frame}{实二次型的规范形}
\pause
  再来看实数域的情形。

\pause
设 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 是一实数域上的二次型 (以后都简称为\emph{实二次型}) (real quadratic form)。
\pause
适当排列文字的次序， 可使 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的标准形形如
\begin{equation}\tag{4}
d_{1} y_{1}^{2}+\cdots+d_{p} y_{p}^{2}-d_{p+1} y_{p+1}^{2}-\cdots-d_{r} y_{r}^{2},
\end{equation}
\pause
其中 $d_{i}>0$ ($i=1,2, \cdots, r$); $r=\rank f$. 
\pause
因为在实数域中， 正实数总可以开平方，所以再作一非退化线性替换
\begin{equation}\tag{5}
  \left\{\begin{aligned}
        y_{1} & =\frac{1}{\sqrt{d_{1}}} z_{1}, \\
        & \cdots \\
      y_{r} & =\frac{1}{\sqrt{d_{r}}} z_{r}, \\
    y_{r+1} & =z_{r+1}, \\
  & \cdots \\
y_{n} & =z_{n},
\end{aligned}\right.
\end{equation}
\pause
(4) 就变成
\begin{equation}\tag{6}
z_{1}^{2}+\cdots+z_{p}^{2}-z_{p+1}^{2}-\cdots-z_{r}^{2} .
\end{equation}

\end{frame}

\begin{frame}{惯性定理}
\pause
(6) 称为实二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的\emph{规范形} (normal form)。 
\pause
    显然， 规范形完全被 $r, p$ 这两个数所决定。

\pause
    \begin{theorem}[惯性定理]
  任一实二次型可经过一适当的非退化线性替换变成规范形，并且规范形是唯一的。
\end{theorem}

\pause
\begin{definition}
  在实二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的规范形中， 
  正平方项的个数 $p$ 称为 $f\left(x_{1}\right.$, $\left.x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的\emph{正惯性指数} (positive indicies of inertia);
\pause
  负平方项的个数 $r-p$ 称为 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的\emph{负惯性指数} (negative indicies of inertia); 
\pause
它们的差 $p-(r-p)=2 p-r$ 称为 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的\emph{符号差} (signature)。
\end{definition}

\pause
应该指出，虽然实二次型的标准形不是唯一的，但是由上面化成规范形的过程可以看出，标准形中系数为正的平方项的个数与规范形中正平方项的个数是一致的。 
\pause
因此，惯性定理也可以叙述为：实二次型的标准形中系数为正的平方项的个数是唯一确定的， 它等于正惯性指数， 而系数为负的平方项的个数就等于负惯性指数。

\pause
\begin{example}
  实二次型
$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}-6 x_{2} x_{3}
$
的一个标准形为$2w_1^2-2w_2^2+6w_3^2$, 
\pause
因此其正、负惯性指数分别为$2,1$, 符号差为$1$.
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{惯性定理 (矩阵形式)}
\pause
下面是惯性定理的矩阵版本。

\pause
\begin{theorem}[惯性定理]
  \label{162}
   任一实对称矩阵 $ A$ 都合同于一个下述形式的对角矩阵：
     \[
       \begin{pmatrix}
         E_p\\
         & -E_{r-p} \\
         && 0
       \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
       1 & & & & & & \\
   & \ddots & & & & & \\
   & & 1 & & & & \\
   & & & -1 & & & \\
   & & &  & \ddots & & \\
   & & &  & & -1 & \\
   & & & && & 0 & & \\
   & & & & &&& \ddots & \\
   & & & & & &&& 0
 \end{pmatrix},
 \]
\pause
 其中对角线上 $1$ 的个数 $p$ 及 $-1$ 的个数 $r-p$ (其中$r=\rank A$) 都是唯一确定的， 
 分别称为 $ A$的\emph{正惯性指数}、\emph{负惯性指数}， 
\pause
 它们的差 $2 p-r$ 称为 $ A$ 的\emph{符号差}。
 \end{theorem}

从而两个同阶的实对称矩阵合同的充分必要条件是它们有相同的正惯性指数和相同的负惯性指数。
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
    设$A\in \symbf{R}^{m\times n}$的秩为$r$. 
\pause
    我们来找下对称矩阵
    \[
      \begin{pmatrix}
      & A\\
      A^{\rT} &
  \end{pmatrix}
\]
的正、负惯性指数。
  \pause
  注意到我们对$A$在的行、列做一些初等变换时不改变$A^{\rT}$所在的行、列。
  因此我们可以做初等变换把$A$尽可能变得简单，即变为$A$的标准形
  \[
    \begin{pmatrix}
    E_r\\ & 0
  \end{pmatrix};
\]
我们做这些初等变换的对称变换时则是对$A^{\rT}$所在的行、列操作，
  而不改变$A$所在的行、列；
  当这些对称的操作做完后，所得应是一个对称矩阵，故$A^{\rT}$所占的块恰好变成了
\[
  \begin{pmatrix}
    E_r\\ & 0
  \end{pmatrix}^{\rT}=\begin{pmatrix}
    E_r\\ & 0
  \end{pmatrix}.
\]
这是关键的观察。
  \pause
  也可把这样的观察用对称的分块形式的初等变换如下写出来。
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}

\addtocounter{theorem}{-1}
\begin{example}[续]
  存在可逆矩阵$C, D$使得
  \[
    CAD=\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
  \end{pmatrix}. 
\]
\pause
我们可以做如下的对称版本的分块形式的初等变换：
\[
  \begin{aligned}
 \begin{pmatrix}
      & A\\
      A^{\rT} &
    \end{pmatrix} 
\pause
\xrightarrow[\substack{D^{\rT} \times r_2\\ C\times r_1}]{\substack{c_2\times D\\ c_1\times C^{\rT}}}  &
 \begin{pmatrix}
      & CAD\\
      (CAD)^{\rT} &
  \end{pmatrix} 
\pause
    = 
    \left(\begin{array}{c|c|c|c}
        & & E_r & \\
        \cline{1-4}
        & & & 0\\
        \cline{1-4}
        E_r & & & \\
        \cline{1-4}
        & 0 & & 
    \end{array}\right) \\
\pause
    \xrightarrow[c_2\leftrightarrow c_3]{r_2\leftrightarrow r_3}  &
\pause
    \left(\begin{array}{c|c|c|c}
        &  E_r & & \\
        \cline{1-4}
        E_r & & &  \\
        \cline{1-4}
        & & & \\
        \cline{1-4}
        & & & 
    \end{array}\right).
  \end{aligned}
\]
这样只用接着把$\begin{pmatrix}
        0 & E_r\\
        E_r & 0
    \end{pmatrix}$合同到对角矩阵即可。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{}

\addtocounter{theorem}{-1}
\begin{example}[续]
公式
\[
    \begin{pmatrix}
        1 & 1 \\
        1& -1
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        0 & 1\\
        1 & 0
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        1 & 1 \\ 1 & -1
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        2 \\ & -2
    \end{pmatrix}
\]
\pause
启发我们得到公式

    \[
    \begin{pmatrix}
        E_r & E_r \\
        E_r& -E_r
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        0 & E_r\\
        E_r & 0
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        E_r & E_r \\ E_r & -E_r
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        2E_r \\ & -2E_r
      \end{pmatrix}.
\]
\pause
故
$\begin{pmatrix}
        0 & E_r\\
        E_r & 0
    \end{pmatrix}
    $合同于
    $\begin{pmatrix}
        2E_r \\ & -2E_r
      \end{pmatrix}.$
\pause
当然，也可以使用对称的分块形式的初等变换：
\pause
\[
    \begin{pmatrix}
        0 & E_r\\
        E_r & 0
      \end{pmatrix}
\pause
      \xrightarrow[r_1+\frac{1}{2}r_2]{c_1+\frac{1}{2}c_2}
\pause
    \begin{pmatrix}
        E_r & E_r\\
        E_r & 0
      \end{pmatrix}
\pause
      \xrightarrow[r_2-r_1]{c_2-c_1}
\pause
\begin{pmatrix}
        E_r & \\
        & -E_r
      \end{pmatrix}.
\]
\pause
这样
$\begin{pmatrix}
& A\\ A^{\rT}
\end{pmatrix}$
合同于
$\begin{pmatrix}
    E_r \\ & -E_r \\ & &0
\end{pmatrix}$, 
\pause
故其正、负惯性指数都是$r$.
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{惯性定理的证明}
  我们来证明实二次型的规范形的唯一性。规范形中的$r=\rank f$, 被唯一地确定。
  只用证明其中的$p$的唯一性，
为此，我们断言：若规范形
\[
  h(z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n})=
  z_{1}^{2}+\cdots+z_{q}^{2}-z_{q+1}^{2}-\cdots-z_{r}^{2} .
\]
在 (不必非退化的) 线性替换$Z=GY$下化为了规范形
\[
  g(y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n})=
  y_{1}^{2}+\cdots+y_{p}^{2}-y_{p+1}^{2}-\cdots-y_{s}^{2},
\]
即
\[\tag{7}
z_{1}^{2}+\cdots+z_{q}^{2}-z_{q+1}^{2}-\cdots-z_{r}^{2} 
\xlongequal{Z=GY} 
y_{1}^{2}+\cdots+y_{p}^{2}-y_{p+1}^{2}-\cdots-y_{s}^{2},
\]
则$p\leqslant q$. 假设断言成立。
设实二次型 $f(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n})$ 经过非退化线性替换
$X=B Y$化成规范形$g(y_1,\cdots,y_n)$ (此时$s=\rank f$), 
而经过非退化线性替换$X=C Z$也化成规范形
$h(z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n})$  (此时$r=\rank f$),
那么规范形$g(Y)$可经线性替换$Y=B^{-1}C Z$化为规范形$h(Z)$, 应用断言知$p\leqslant q$;
而规范形$h(Z)$可经线性替换$Z=C^{-1}BY$化为规范形$g(Y)$, 应用断言知$q\leqslant p$.
因此$p=q$. 只剩下证明断言成立。我们反证，假设$p>q$. 
为了导出矛盾，我们期望找到$Y$的一个取值
\[
  (y_1,\cdots,y_n)=(k_1,\cdots,k_n),
\]
满足
\[\tag{8}
  k_{p+1}=\cdots=k_{n}=0 \quad \text{而}\quad \text{$k_1,\cdots,k_p$不全为零，}
\]
\end{frame}

\begin{frame}


和这个取值在线性替换 $Z=GY$下 决定的一个$Z$的取值
\[
  (z_1,\cdots,z_n)=(l_1,\cdots,l_n)
\]
满足
\[\tag{9}
  l_{1}=\cdots=l_{q}=0.
\]
一旦找到了这样的取值，把他们分别代入 (7) 的右端和左端可得
\[
0<k_{1}^{2}+\cdots+k_{p}^{2}
=-l_{q+1}^{2}-\cdots-l_{r}^{2} \leqslant 0,
\]
这就是我们想要的一个矛盾。
那么如何找到这样的$Y, Z$的取值呢？
令$G=(g_{ij})$, 则 $l_i=\sum_{j=1}^n g_{ij}k_j$.
根据(9)和(8), $(k_1,\cdots,k_n)$应满足
\[\tag{10}
  \setlength{\arraycolsep}{1pt}
  \left\{
  \begin{array}{r}
      g_{11} k_{1}+g_{12} k_{2}+\cdots+g_{1 n} k_{n}= 0, \\
       \vdots\qquad \qquad\\
      g_{q 1} k_{1}+g_{12} k_{2}+\cdots+g_{q n} k_{n}= 0, \\
      k_{p+1}= 0,\\
 \vdots\qquad\qquad \\
k_n = 0, \\
\text{且$k_1,\cdots,k_p$不全为零.}
  \end{array}
\right.
\]
\end{frame}

\begin{frame}

为了证明这样的$(k_1,\cdots,k_n)$的存在性， 我们建立齐次线性方程组
\begin{equation}\tag{11}
  \setlength{\arraycolsep}{1pt}
  \left\{\begin{array}{rl}
      g_{11} y_{1}+g_{12} y_{2}+\cdots+g_{1 n} y_{n}&= 0, \\
      & \vdots \\
      g_{q 1} y_{1}+g_{12} y_{2}+\cdots+g_{q n} y_{n}&= 0, \\
      y_{p+1}&= 0, \\
      &\vdots \\
      y_{n}&= 0 .
\end{array}\right.
\end{equation}
方程组 (11) 含有 $n$ 个未知量，而含有
\[
q+(n-p)=n-(p-q)<n
\]
个方程，因而(11)有非零解，这样一个非零解$(k_1,\cdots,k_n)$就能满足 (10).
证毕。

\pause
\begin{exercise}
证明：如果$A, B$是$n$阶实对称矩阵，且存在实矩阵$C$使得$C^{\rT} A C=B$, 
  那么$p_A\geqslant p_B$, $q_A\geqslant q_B$, 其中，$p, q$分别表示正、负惯性指数。
  由此推出惯性定理的矩阵的形式从而证明实二次型的惯性定理。
\end{exercise}

附录~\ref{00A}~中讲述了Witt消去定理，容易由Witt消去定理推出矩阵形式的惯性定理。

\end{frame}


\begin{frame}{小结}
\pause
  \begin{enumerate}
    \item 为何考虑复二次型和实二次型的规范形？
\pause
      规范形如何获得？举例说明。
\pause
    \item 正负惯性指数、符号差何来？
  \end{enumerate}
\end{frame}



